当前位置：文档之家 › 2018届河南省鹤壁高中高三第一次段考数学理卷

2018届河南省鹤壁高中高三第一次段考数学理卷

  • 格式：doc
  • 大小：1.27 MB
  • 文档页数：12

河南名校联盟2017—2018学年高三适应性考试（一）（河南省鹤壁高中2018届高三第一次段考）理科数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合{1A x x =-≤或}1x ≥，集合{}01B x x =<<，则（ ） A ．{}1A B =I B ．A B A =R I ð C ．()(]0,1A B =R I ð D ．A B =R U 2．复数21iz =+，则2z =（ ） A ．2- B ．2 C ．2i - D ．2i3．如图所示为一个88⨯的国际象棋棋盘，其中每个格子的大小都一样，向棋盘内随机抛撒100枚豆子，则落在黑格内的豆子总数最接近（ ）A ．40B ．50C ．60D ．64 4．在等比数列{}n a 中，1344a a a ==，则6a =（ ） A ．6 B ．8± C ．8- D ．85．空间中有不重合的平面α，β，γ和直线a ，b ，c ，则下列四个命题中正确的有（ ）1p ：若αβ⊥且αγ⊥，则βγ∥； 2p ：若a b ⊥且a c ⊥，则b c ∥； 3p ：若a α⊥且b α⊥，则a b ∥； 4p ：若a α⊥，b β⊥且αβ⊥，则a b ⊥.A ．1p ，2pB ．2p ，3pC ．1p ，3pD ．3p ，4p6．《九章算术》中介绍了一种“更相减损术”，用于求两个正整数的最大公约数，将该方法用算法流程图表示如下，若输入20a =，8b =，则输出的结果为（ ）A ．4a =，3i =B ．4a =，4i =C ．2a =，3i =D ．2a =，4i =7．已知e113e 2m dx x -⎛⎫-= ⎪⎝⎭⎰，则m 的值为（ ） A ．e 14e - B ．12 C ．12- D ．1- 8，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为（ ）A ．16B ．163 C ．83D ．8 9．变量x ，y 满足22221x y x y y x +⎧⎪--⎨⎪-⎩≤≥≥，则3z y x =-的取值范围为（ ）A ．[]1,2B ．[]2,5C ．[]2,6D ．[]1,6 10．在()()26211x x +-的展开式中，3x 项的系数为（ ）A ．32B ．32-C ．20-D ．26-11．过抛物线22y px =（0p >）的焦点作一条斜率为1的直线交抛物线于A ，B 两点向y 轴引垂线交y 轴于D ，C ，若梯形ABCD的面积为p =（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 12．若对于任意的120x x a <<<，都有211212ln ln 1x x x x x x ->-，则a 的最大值为（ ）A ．2eB ．eC ．1D ．12第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．已知非零向量a r ，b r满足()a a b ⊥+r r r ，()4b a b ⊥+r r r ，则b a=r r ．14．已知圆O ：221x y +=，点125,1313A ⎛⎫⎪⎝⎭，34,55B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，记射线OA 与x 轴正半轴所夹的锐角为α，将点B 绕圆心O 逆时针旋转α角度得到点C ，则点C 的坐标为 ．15．以双曲线22221x y a b-=的两焦点为直径作圆，且该圆在x 轴上方交双曲线于A ，B 两点；再以线段AB 为直径作圆，且该圆恰好经过双曲线的两个顶点，则双曲线的离心率为 ． 16．数列πcos3n n n b a =⋅的前n 项和为n S ，已知20151S =，20160S =，若数列{}n a 为等差数列，则2017S = ．三、解答题 （本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．锐角ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知ABC ∆的外接圆半径为R ，且满足2sin 3R a A =.（1）求角A 的大小；（2）若2a =，求ABC ∆周长的最大值.18．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，PDC ∆和BDC ∆均为等边三角形，且平面PDC ⊥平面BDC ，点E 为PB 中点.（1）求证：AE ∥平面PDC ；（2）求平面PAB 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值.19．某建材公司在A ，B 两地各有一家工厂，它们生产的建材由公司直接运往C 地.由于土路交通运输不便，为了减少运费，该公司预备投资修建一条从A 地或B 地直达C 地的公路；若选择从某地修建公路，则另外一地生产的建材可先运输至该地再运至C 以节约费用.已知A ，B 之间为土路，土路运费为每吨千米20元，公路的运费减半，A ，B ，C 三地距离如图所示.为了制定修路计划，公司统计了最近10天两个工厂每天的建材产量，得到下面的柱形图，以两个工厂在最近10天日产量的频率代替日产量的概率. （1）求“A ，B 两地工厂某天的总日产量为20吨”的概率；（2）以修路后每天总的运费的期望为依据，判断从A ，B 哪一地修路更加划算.20．椭圆22221x y a b+=（0a b >>）的上下左右四个顶点分别为A ，B ，C ，D ，x 轴正半轴上的某点P 满足2PA PD ==，4PC =. （1）求椭圆的标准方程以及点P 的坐标；（2）过点C 作直线1l 交椭圆于点Q ，过点P 作直线2l 交椭圆于点M ，N ，且12l l ∥，是否存在这样的直线1l ，2l 使得CDQ ∆，MNA ∆，MND ∆的面积相等？若存在，请求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 21．已知函数()2ln f x a x x ax =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为π4ρθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，直线l 的极坐标方程为0θθ=（ρ∈R ），曲线C 与直线l 相交于A ，B 两点. （1）当0π12θ=时，求AB ； （2）设AB 中点为P ，当0θ变化时，求点P 轨迹的参数方程. 23．选修4-5：不等式选讲 已知函数()21f x x a x =+++. （1）当1a =-时，求()f x 的最小值；（2）若()f x 在[]1,1-上的最大值为2a ，求a 的值.河南名校联盟2017-2018学年高三适应性考试（一）理科数学参考答案与评分标准一、选择题1-5:BCBDD 6-10:ABCDB 11、12：AC二、填空题13．2 14．5633,6565⎛⎫-⎪⎝⎭15 16．12-三、解答题17．解：（1）由正弦定理，得2sin aR A=， 再结合2sin 3R a A =，得2sin 2sin 3a a A A =，解得23sin 4A =，由ABC ∆为锐角三角形，得3A π=.（2）由2a =、3A π=及余弦定理，得2242cos3b c bc π=+-，即()243b c bc +=+，结合22b c bc +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，得()22432b c b c +⎛⎫+≤+⨯ ⎪⎝⎭，解得4b c +≤（当且仅当b c =时取等号），所以2246a b c b c ++=++≤+=（当且仅当b c =时取等号）， 故当ABC ∆为正三角形时，ABC ∆周长的最大值为6. 18．解：（1）过点E 作EF BC ∥交PC 于点F ，连接DF ； 取BC 的中点G ，连接DG∵DG 是等边BCD ∆底边BC 的中线， ∴90DGB ∠=︒.∵90ABC BAD ∠=∠=︒， ∴四边形ABGD 为矩形， ∴12AD BG BC ==，AD BC ∥. ∵EF 为BCP ∆底边BC 的中位线 ∴12EF BC =，EF BC ∥， ∴AD EF =，AD EF ∥， 四边形ADFE 是平行四边形， ∴AE DF ∥， ∵DF ⊆面PDC ， ∴AE ∥面PDC.（2）以点A 为坐标原点，AB uu u r为x 轴正方向，AD 为单位长度建立空间直角坐标系A xyz -如图所示，各个点的坐标为()0,0,0A，)B，)C，32P ⎝因此向量)AB =uu u r，322BP ⎛=- ⎝uu r ，()0,2,0BC =uu u r .设面ABP 、面CBP 的法向量分别为()111,,m x y z =u r ，()222,,n x y z =r，则11110302m AB m BP x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩u r uu u ru r uu r ，不妨令11y =，解得0,1,m ⎛= ⎝⎭u r ，同理得()2,0,1n =r设平面PAB 与平面PBC 所成的锐二面角为θ，则cos m nm nθ⋅==u r r u rr =19．解：（1）设“A 、B 两地公司总日产量为20吨”为事件C ， 则()54561101010102P C =⨯+⨯=. （2）同样可求A 、B 两地工厂某天的总日产量为19吨，21吨的概率分别为310、15. 若从A 地修路，从B 地到A 地每天的运费的期望为：642112012204561010⎛⎫⨯⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭（元）.从A 地到C 地每天的运费的期望为：311981020102⨯⨯⨯+⨯⨯18102181015925⨯+⨯⨯⨯=（元）. 所以从A 地修路，每天的总运费的期望为：45615922048+=（元）. 若从B 地修路，从A 地到B 地每天的运费的期望为：5528209203401010⎛⎫⨯⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. 从B 地到C 地每天的运费的期望为：311971*********⨯⨯⨯+⨯⨯⨯12171013935+⨯⨯⨯=（元）. 所以从B 地修路，每天的总运费的期望为：34013931733+=（元）. 所以从B 地修路更划算.20．解：（1）设点P 的坐标为()0,0x （00x >），易知224a =+，3a =，041x a =-=，b ==因此椭圆标准方程为22193x y +=，P 点坐标为()1,0. （2）设直线的斜率为k ，()00,Q x y ，()11,M x y ，()22,N x y ，则1l ：()3y k x =+，2l ：()1y k x =-MNA ∆、MND ∆的面积相等，则点A ，D 到直线2l 的距离相等.=，解之得k =k =.当k =2l的方程可化为：1x =+，代入椭圆方程并整理得：25120y -=，所以1212125y y y y ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩所以125y y -==； 所以MND ∆的面积为121122255PD y y ⋅-=⨯⨯=. 当k =1l的方程可化为：3x =-，代入椭圆方程并整理得： 250y -=，解之得0y =或00y =（舍） 所以CDQ ∆的面积为162⨯=. 所以CDQ MND S S ∆∆=，满足题意，②当k =2l的方程为：)1y x =-，代入椭圆方程并整理得： 240x x --=，所以12121,4,x x x x +=⎧⎨=-⎩所以3MN ==； 又D 点到直线2l 的距离为1d ==所以MND ∆的面积为11122MN d ⋅=⨯=当k =1l 的方程可化为：3x =-，代入椭圆方程并整理得：20y +=，解之得0y =00y =（舍）所以CDQ ∆的面积为162⨯=所以CDQ MND S S ∆∆≠，不满足题意.综上知，存在这样的直线1l ，2l .21．解：（1）1）当0a =时，()2f x x =-，在()0,+∞上单调递减；2）当0a ≠时，()22x ax a f x x-++'=.①当0a <时，在定义域()0,+∞上，220x -<，0ax a +<，()0f x '<，()f x 单调递减；②当0a >时，()0f x '=的解为1x =，20x =<（负值舍去），()f x '在()10,x 上大于0，()f x 在()10,x 上单调递增， ()f x '在()1,x +∞上小于0，()f x 在()1,x +∞上单调递减；综上所述，当(],0a ∈-∞时，()f x 在()0,+∞单调递减；当()0,a ∈+∞时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减；（2）①当0a =时，()20f x x =-≤，满足题意；②当(],1a ∈-∞-时，21111e e ef a ⎛⎫⎛⎫=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭21110e e ≥-->，不满足题意；③当()1,0a ∈-时，()21e ln 1e a f a a a e +⎛⎫⎡⎤-=--- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 由于()ln 0a -<且2221e 1e e 10e e a ++---<<，所以()21e ln 1e a a a +⎡⎤---⎢⎥⎣⎦为两负数的乘积大于0，即0e a f ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，不满足题意； ④当()0,a ∈+∞时，由（1）可知()f x f ≤=⎝⎭1ln 1424a a a ⎧⎫⎡⎤+⎪⎪+-⎢⎥⎨⎬⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭令4a t =，则将上式写为()()1ln 12f t a t t ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦，令()0f t =，解得1t =，此时1a =，而当(]0,1a ∈时，1t ≤，()1ln 102t t +-≤，()0f t ≤满足题意； 当()1,a ∈+∞时，1t >，()1ln 102t t +->，()0f t >不满足题意； 综上可得，当[]0,1a ∈时，()0f x ≤.22．解：（1）将曲线C 化为直角坐标方程得22440x y x y +--=，易知曲线C 是一个圆，且过原点.又直线l 经过原点，因此l 与圆的交点之一即为坐标原点O ，所以124AB ππρ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭3π==（2）设点()0,0A ，(),B B B x y ，(),P x y ，则2B x x =，2B y y =，由B 点在圆上，得()()()()222242420x y x y +-⋅-⋅=，化简，得22220x y x y +--=，即()()22112x y -+-=.化成参数方程为1,1x y αα⎧=⎪⎨=+⎪⎩（α为参数）.23．解：（1）当1a =-时，()211f x x x =-++.当1x ≤-时，()3f x x =-； 当112x -<≤时，()2f x x =-； 当12x >时，()3f x x =. 由单调性知，()f x 的最小值为1322f ⎛⎫=⎪⎝⎭.（2）令20x a +=，得2a x =-；令10x +=，得1x =-. ①当12a -≤-，即2a ≥时，()31f x x a =++，[]1,1x ∈-， 最大值为()142f a a =+=，解得4a =. ②当112a -<-≤，即22a -≤<时，()1,1,,231,,1.2a x a x f x a x a x ⎧⎡⎤--+∈--⎪⎢⎥⎪⎣⎦=⎨⎛⎤⎪++∈- ⎥⎪⎝⎦⎩其最大值在区间两个端点处取得.若()122f a a -=-=，解得23a =，此时()()1441133f f =>-=，舍去； 若()142f a a =+=，解得4a =，舍去； ③当12a ->，即2a <-时，()1f x x a =--+，[]1,1x ∈-， 最大值为()122f a a -=-=，解得23a =，舍去. 综上所述，4a =.。

合集下载

2018年河南省高考数学一模试卷(理科)

2018年河南省高考数学一模试卷(理科)

2018年河南省高考数学一模试卷（理科）一、选择题(本题共12小题，每小题5分,共60分）1．（5分)已知集合A={x｜x2﹣2x﹣3＞0｝，B=N，则集合（∁R A）∩B中元素的个数为（)A．2B．3C．4D．52．（5分）若复数（a∈R，i为虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为(）A．﹣6B．13C．D．3．（5分）已知f（x)=sinx﹣tanx，命题p:∃x0∈（0，）,f（x0）＜0，则（）A．p是假命题,￢p：∀x∈（0，），f（x）≥0B．p是假命题，￢p：∃x0∈（0，），f(x0）≥0C．p是真命题,￢p：∀x∈（0，），f（x）≥0D．p是真命题,￢p：∃x0∈（0，)，f（x0）≥04．(5分）已知程序框图如图，则输出i的值为（）A．7B．9C．11D．135．（5分）2018年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中(1）班、(2)班，(3）班、(4）班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学（乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中（1)班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有（)A．18种B．24种C．48种D．36种6．(5分）《九章算术》是我国古代数学名著,在《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”,若某阳马”的三视图如图所示,其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该“阳马”的表面积为（）A．1+B．1+2C．2+D．2+27．(5分）设不等式组表示的平面区域为D,若圆C:（x+1)2+y2=r2（r＞0）不经过区域D上的点，则r的取值范围为()A．（0，）∪（,+∞）B．（，+∞）C．(0，）D．［，］8．（5分)若等边三角形ABC的边长为3,平面内一点M满足6﹣3=2，则•的值为(）A．﹣B．﹣2C．2D．9．（5分）关于函数f(x)=3sin（2x﹣）+1（x∈R），下列命题正确的是(）A．由f（x1)=f（x2)=1可得x1﹣x2是π的整数倍B．y=f（x)的表达式可改写成f(x）=3cos（2x+）+1C．y=f（x）的图象关于点（，1）对称D．y=f（x）的图象关于直线x=﹣对称10．（5分）设函数f（x）=mx2﹣mx﹣1,若对于x∈[1，3］，f（x）＜﹣m+4恒成立，则实数m的取值范围为（）A．（﹣∞，0］B．C．D．11．（5分)设双曲线的方程为﹣=1（a＞0，b＞0），若双曲线的渐近线被圆M：x2+y2﹣10x=0所截得的两条弦长之和为12，已知△ABP的顶点A，B分别为双曲线的左、右焦点,顶点P在双曲线上，则的值等于（）A．B．C．D．12．（5分)已知定义在R上的函数f（x）和g（x)分别满足f（x）=，e2x﹣2+x2﹣2f（0)•x,g′（x)+2g（x）＜0，则下列不等式恒成立的是（）A．g(2016）＜f（2）•g（2018)B．f（2）•g（2016）＜g（2018）C．g（2016）＞f（2）•g（2018）D．f（2)•g（2016）＞g（2018）二、填空题（本题共4小题,每小题5分,共20分）13．(5分）设a=（cosx﹣sinx）dx，则二项式(a﹣）6的展开式中含x2项的系数为．14．（5分）若函数f（x）=（a，b∈R）为奇函数，则f(a+b）的值为．15．（5分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，若有一半径为2的球与三棱柱的各条棱均相切，则AA1的长度为．16．(5分）如图，OA,OB为扇形湖面OAB的湖岸，现欲利用渔网和湖岸在湖中隔出两个养殖区﹣区域I和区域Ⅱ，点C在上,∠COA=θ，CD∥OA,其中，半径OC及线段CD需要用渔网制成．若∠AOB=,OA=1，则所需渔网的最大长度为．三、解答题（共70分)17．（12分)已知S n为数列{a n}的前n项和，且a1＜2,a n＞0,6S n=+3a n+2，n∈N ＊．（1）求数列｛a n｝的通项公式；（2）若对∀n∈N＊，b n=(﹣1)n，求数列{b n}的前2n项的和T2n．18．（12分)如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠BAD=90°，DC=DA=2AB=2，点E为AD的中点，BD∩CE=H，PH⊥平面ABCD，且PH=4．（1)求证：PC⊥BD；（2)线段PC上是否存在一点F，使二面角B﹣DF﹣C的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．19．(12分)某地区为了解学生学业水平考试的状况，从参加学业水平考试的学生中抽出160名，其数学组成绩（均为整数）的频率分布直方图如图所示．（1）估计这次考试数学成绩的平均分和众数；(2）假设在（90,100]段的学生中有3人得满分100分,有2人得99分,其余学生的数学成绩都不相同．现从90分以上的学生中任取4人，不同分数的个数为ξ,求ξ的分布列及数学期望E(ξ)．20．（12分)已知椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的离心率为，右焦点F是抛物线C2：y2=2px（p＞0）的焦点，点(2，4）在抛物线C2上．（1）求椭圆C1的方程；（2）已知斜率为k的直线l交椭圆C1于A,B两点，M（0，2），直线AM与BM 的斜率乘积为﹣，若在椭圆上存在点N，使｜AN｜=｜BN｜,求△ABN的面积的最小值．21．（12分)已知函数f（x）=ae x+x2﹣bx(a,b∈R），其导函数为y=f′（x)．（1)当b=2时,若函数y=f′（x)在R上有且只有一个零点，求实数a的取值范围；（2）设a≠0，点P(m，n)（m,n∈R）是曲线y=f（x)上的一个定点，是否存在实数x0（x0≠m）使得f（x0）﹣n=f′（)（x0﹣m）成立？并证明你的结论．[选修4—4：坐标系与参数方程选讲]22．(10分)在直角坐标系xOy中，已知直线l1：（t为参数），l2:（t为参数）,其中α∈(0，），以原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ﹣4cosθ=0．（1）写出l1，l2的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程；（2）设l1，l2分别与曲线C交于点A,B(非坐标原点），求｜AB｜的值．［选修4—5：不等式选讲］23．设函数f（x）=|x﹣a|（a＞0）．(1）当a=2时,解不等式f（x）≥1﹣2x；（2）已知f（x）+|x﹣1｜的最小值为3，且m2n=a（m＞0,n＞0），求m+n的最小值．2018年河南省高考数学一模试卷（理科)参考答案与试题解析一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分）1．【分析】可先求出集合A=｛x｜x＜﹣1，或x＞3｝,然后进行交集、补集的运算即可．【解答】解：A=｛x|x＜﹣1，或x＞3｝；∴∁R A={x|﹣1≤x≤3};∴（∁R A)∩B={0，1,2，3}．故选：C．【点评】考查一元二次不等式的解法，以及描述法、列举法表示集合的概念,交集和补集的运算．2．【分析】利用复数的除法运算化简为a+bi（a，b∈R）的形式，由实部等于0且虚部不等于求解a的值．【解答】解：由复数==是纯虚数，则,解得a=﹣6．故选:A．【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础的计算题．3．【分析】利用特称值，判断特称命题的真假，利用命题的否定关系，特称命题的否定是全称命题写出结果．【解答】解：f（x）=sinx﹣tanx,x∈（0,）,当x=时，∴f(x）=，命题p：∃x0∈（0,)，f(x0)＜0，是真命题,命题p:∃x0∈（0，）,f（x0）＜0，则￢p：∀x∈(0，），f（x）≥0．故选:C．【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．4．【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量i的值,模拟程序的运行过程，可得答案．【解答】解：当S=1时，不满足退出循环的条件，故S=1，i=3；当S=1时，不满足退出循环的条件，故S=3，i=5；当S=3时，不满足退出循环的条件，故S=15，i=7；当S=15时，不满足退出循环的条件,故S=105,i=9；当S=105时，不满足退出循环的条件,故S=945,i=11;当S=945时，不满足退出循环的条件,故S=10395，i=13；当S=10395时,满足退出循环的条件，故输出的i=13，故选：D．【点评】本题考查的知识点是程序框图,当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．5．【分析】分类讨论，第一类,一班的2名同学在甲车上；第二类，一班的2名同学不在甲车上，再利用组合知识，问题得以解决．【解答】解：由题意，第一类,一班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个为C32=3，然后分别从选择的班级中再选择一个学生为C21C21=4，故有3×4=12种．第二类,一班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，为C31=3，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为C21C21=4，这时共有3×4=12种，根据分类计数原理得，共有12+12=24种不同的乘车方式，故选：B．【点评】本题考查计数原理的应用，考查组合知识，考查学生的计算能力,属于中档题．6．【分析】由三视图知该几何体是侧棱垂直于底面的四棱锥，画出图形结合图形求出它的表面积．【解答】解：由三视图知该几何体是侧棱垂直于底面的四棱锥，如图所示；正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形,∴四棱锥的底面是正方形，且边长为1，其中一条侧棱PD⊥底面ABCD，且侧棱AD=1,∴四棱锥的四个侧面都为直角三角形,且PA=PC=，∴四棱锥的表面积为S=S底面ABCD+2S△SAD+2S△SAB=1+2××1×1+2××1×=2+．故选：C．【点评】本题考查了利用空间几何体的三视图求几何体表面积的应用问题，是基础题．7．【分析】作出题中不等式组表示的平面区域,得到如图的△MNP及其内部，而圆C表示以（﹣1，﹣1)为圆心且半径为r的圆．观察图形，可得半径r＜CM或r＞CP时，圆C不经过区域D上的点，由此结合平面内两点之间的距离公式，即可得到r的取值范围．【解答】解：作出不等式组表示的平面区域,得到如图的△MNP及其内部,其中M(1，1），N（2，2），P（1，3)∵圆C:(x+1）2+y2=r2（r＞0)表示以C（﹣1，0)为圆心，半径为r的圆,∴由图可得，当半径满足r＜CM或r＞CP时,圆C不经过区域D上的点，∵CM==,CP==．∴当0＜r＜或r＞时，圆C不经过区域D上的点，故选：A．【点评】本题给出动圆不经过已知不等式组表示的平面区域，求半径r的取值范围．着重考查了圆的标准方程、平面内两点间的距离公式、二元一次不等式组表示的平面区域等知识,属于中档题．8．【分析】根据条件可先求出，而由即可得出,这样即可用分别表示出，然后进行数量积的运算即可．【解答】解：等边三角形ABC的边长为3;∴；;∴；∴==，=；∴===﹣2．故选:B．【点评】考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量的数乘运算，向量加法的几何意义．9．【分析】根据函数f（x)=3sin（2x﹣）+1(x∈R）,结合三角函数的性质即可判断各选项．【解答】解：函数f(x）=3sin(2x﹣）+1（x∈R)，周期T=，对于A：由f（x1)=f（x2）=1，可能x1与x2关于其中一条对称轴是对称的，此时x1﹣x2不是π的整数倍；∴A 不对．对于B：由诱导公式，3sin（2x﹣)+1=3cos［﹣（2x﹣)］+1=3cos（2x﹣）+1．∴B不对．对于C:令x=，可得f(）=3sin（2×﹣）+1=﹣1=，∴C不对，对于D:当x=﹣时，可得f（）=3sin（﹣﹣）+1=﹣1×3+1=﹣2，f(x）的图象关于直线x=﹣对称．故选：D．【点评】本题主要考查利用y=Asin（ωx+φ)的信息特征，判断各选项的正误，属于中档题．10．【分析】利用分离参数法,再求出对应函数在x∈［1，3］上的最大值，即可求m 的取值范围．【解答】解：由题意，f（x)＜﹣m+4，可得m(x2﹣x+1）＜5．∵当x∈[1，3］时，x2﹣x+1∈[1,7］，∴不等式f（x）＜0等价于m＜．∵当x=3时，的最小值为，∴若要不等式m＜恒成立,则必须m＜，因此，实数m的取值范围为(﹣∞，），故选：D．【点评】本题考查恒成立问题，考查分离参数法的运用，解题的关键是分离参数，正确求最值，属于中档题．11．【分析】根据垂径定理求出圆心到直线的距离为d=4，再根据点到直线的距离公式可得=4,得到5b=4c，即可求出a=c，根据正弦定理可得===【解答】解：双曲线的一条渐近线方程为y=x，双曲线的渐近线被圆M：x2+y2﹣10x=0，即（x﹣5）2+y2=25所截得的两条弦长之和为12,设圆心到直线的距离为d，则d==4，∴=4，即5b=4c，即b=c∵a2=c2﹣b2=c2，∴a=c，∴|AP﹣BP|=2a,由正弦定理可得===2R，∴sinB=，sinA=,sinP=，∴===,故选：C．【点评】本题考查了双曲线的简单性质以及圆的有关性质和正弦定理，属于中档题12．【分析】f(x）=e2x﹣2+x2﹣2f（0）•x，令x=0，则f（0）=．由f′（x）=f′(1）•e2x﹣2+2x﹣2f（0）,令x=1，可得f（0）．进而得出f′（1)，f(x），f （2）．令h（x）=e2x g（x），及其已知g′(x)+2g（x）＜0，可得h′（x)=e2x[g′（x）+2g（x）]＜0，利用函数h（x)在R上单调递减，即可得出．【解答】解：f（x)=e2x﹣2+x2﹣2f（0）•x，令x=0，则f（0)=．∵f′（x）=f′(1）•e2x﹣2+2x﹣2f（0)，令x=1,则f′（1）=f′（1）+2﹣2f（0），解得f(0）=1．∴f′（1）=2e2．∴f（x）=e2x+x2﹣2x，∴f（2)=e4．令h（x)=e2x g（x），∵g′(x）+2g（x)＜0，∴h′（x）=e2x g′（x）+2e2x g（x)=e2x［g′(x）+2g（x）］＜0，∴函数h（x)在R上单调递减，∴h(2016）＞h（2018），∴e2016×2g（2016）＞e2018×2g(2018），可得:g（2016)＞e4g（2018）．∴g(2016）＞f（2）g(2018)．故选：C．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力,属于难题．二、填空题（本题共4小题,每小题5分，共20分）13．【分析】根据微积分基本定理首先求出a的值，然后再根据二项式的通项公式求出r的值，问题得以解决．【解答】解：由于a=（cosx﹣sinx）dx=（sinx+cosx）｜=﹣1﹣1=﹣2，∴（﹣2﹣）6=（2+）6的通项公式为T r+1=26﹣r C6r•x3﹣r，令3﹣r=2,求得r=1，故含x2项的系数为26﹣1C61=192．故答案为:192【点评】本题主要考查定积分、二项式定理的应用,二项式展开式的通项公式，属于基础题．14．【分析】由已知中函数f(x）为奇函数，f（﹣x）=﹣f（x）恒成立，可得a，b的值，进而可得f（a+b）的值．【解答】解：∵函数f（x)==为奇函数，故f（﹣x）=﹣f（x）恒成立,故．即，∴f（x)=，∴f（a+b)=f（1）=1﹣2=﹣1，故答案为:﹣1．【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用,函数的奇偶性,函数求值,难度中档．15．【分析】由题意求出正三棱柱的高、底面边长,即可求出AA1的长度．【解答】解:由题意,△ABC的外接圆即为球的大圆，r=2，设底面△ABC外接圆圆心G，即GA=GB=GC=2，从而正三角形ABC边长2,设球心O,由题意，E、D在球面上,OE=OD=2,F为DE中点，则OF⊥DE，OF=GD=GC=1，在Rt△OEF中，OE=2，OF=1，∴EF=，∴DE=2，∴AA1=2．故答案为：2．【点评】本题考查正三棱柱的内切球与正三棱柱的关系,通过二者的关系求出正三棱柱的体积，考查计算能力,逻辑推理能力．16．【分析】确定∠COD，在△OCD中利用正弦定理求得CD的长度，根据所需渔网长度，即图中弧AC、半径OC和线段CD长度之和，确定函数的解析式,利用导数确定函数的最值，求得所需渔网长度的最大值．【解答】解：由CD∥OA,∠AOB=,∠AOC=θ，得∠OCD=θ,∠ODC=，∠COD=﹣θ;在△OCD中，由正弦定理，得CD=sin（﹣θ），θ∈（0，），设渔网的长度为f（θ),可得f（θ）=θ+1+sin(﹣θ）,所以f′(θ）=1﹣cos（﹣θ）,因为θ∈(0，），所以﹣θ∈（0，），令f′（θ)=0，得cos（﹣θ)=，所以﹣θ=，所以θ=．θ（0,）（,）f′（θ）+0﹣f（θ）极大值所以f（θ)∈（2,］．故所需渔网长度的最大值为．【点评】本题考查了正弦定理的应用问题，也考查了函数模型的构建与最值应用问题,是难题．三、解答题（共70分）17．【分析】（1）6S n=+3a n+2,n∈N＊．n≥2时，6a n=6S n﹣6S n﹣1，化为（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣3)=0,由a n＞0，可得a n﹣a n﹣1=3，n=1时，6a1=+3a1+2，且a1＜2，解得a1．利用等差数列的通项公式可得a n．（2）b n=(﹣1）n=（﹣1）n（3n﹣2）2．b2n﹣1+b2n=﹣(6n﹣5）2+（6n﹣2）2=3（12n﹣7）=36n﹣21．利用分组求和即可得出．【解答】解：（1）6S n=+3a n+2，n∈N*．n≥2时，6a n=6S n﹣6S n﹣1=+3a n+2﹣（+2)，化为：（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣3）=0，∵a n＞0，∴a n﹣a n﹣1=3，n=1时,6a1=+3a1+2，且a1＜2，解得a1=1．∴数列{a n｝是等差数列，首项为1，公差为3．∴a n=1+3（n﹣1）=3n﹣2．（2)b n=（﹣1）n=（﹣1）n（3n﹣2）2．+b2n=﹣（6n﹣5）2+(6n﹣2)2=3（12n﹣7）=36n﹣21．∴b2n﹣1∴数列｛b n｝的前2n项的和T2n=36（1+2+……+n）﹣21n=﹣21n=18n2﹣3n．【点评】本题考查了数列递推关系、等差数列的定义通项公式与求和公式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18．（1)推导出△BAD≌△EDC,∠DBA=∠DEH,从而BD⊥EC，由PH⊥平面ABCD，【分析】得BD⊥PH,由此能证明BD⊥平面PEC，从而PC⊥BD．（2）推导出PH、EC、BD两两垂直,建立以H为坐标原点,HB、HC、HP所在直线分别为x，y，z轴的坐标系,利用向量法能求出线段PC上存在一点F，当点F 满足CF=3时，二面角B﹣DF﹣C的余弦值是．【解答】证明：(1）∵AB∥CD，∠BAD=90°，∴∠EDC=∠BAD=90°,∵DC=DA=2AB，E为AD的中点，∴AB=ED，∴△BAD≌△EDC,∴∠DBA=∠DEH，∵∠DBA+∠ADB=90°,∴∠DEH+∠ADB=90°，∴BD⊥EC,又∵PH⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PH，又∵PH∩EC=H，且PH,EC⊂平面PEC，∴BD⊥平面PEC，又∵PC⊂平面PEC，∴PC⊥BD．解：（2）由(1）可知△DHE∽△DAB，由题意得BD=EC=5，AB=DE=，∴,∴EH=1，HC=4，DH=2,HB=3，∵PH、EC、BD两两垂直，建立以H为坐标原点，HB、HC、HP所在直线分别为x，y，z轴的坐标系，H(0，0，0）,B（3，0，0)，C（0，4，0)，D（﹣2，0，0），P（0，0，4）,假设线段PC上存在一点F满足题意，∵与共线,∴存在唯一实数λ，（0≤λ≤1)，满足=λ，解得F（0，4﹣4λ，4λ),设向量=（x,y,z）为平面CPD的一个法向量,且=（0,﹣4，4），=(﹣2，﹣4,0）,∴，取x=2,得=（2，﹣1,﹣1），同理得平面CPD的一个法向量=(0，λ，λ﹣1），∵二面角B﹣DF﹣C的余弦值是，∴|cos＜＞｜===，由0≤λ≤1,解得λ=，∴=,∵CP=4,∴线段PC上存在一点F,当点F满足CF=3时,二面角B﹣DF﹣C的余弦值是．【点评】本题考查线线垂直垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想,是中档题．19．【分析】（1)把组中值看作各小组的平均数,根据加权平均数公式计算;（2）根据组合数公式计算各种情况的概率，得出分布列．【解答】解:（1）=45×0。

3.2018年河南省六市高三第一次联考数学(理)参数答案

3.2018年河南省六市高三第一次联考数学(理)参数答案


143;
1 x22 － (x1+x2)x2=lnx2+ 2
1 2
x22－(
1 x2
+x
2 )x2
=lnx2－
1
x
2 2
－1
2
…………………………………………………………………
令 t(x)=lnx－ 1 x 2 －1 （x>1） 2
t/ (x)=
1 －x
0 所以 t(x)在（ 1，
所以 | PA | | PB | | t1 | |t 2 | |t1 t2 | 2 .
....................................10 分
23.解：（Ⅰ） | 2x | | 2x 1|≥| 2x (2 x 1) | 1 ，故 m ≥ 1 ； ……５ 分
（Ⅱ）由题知 a b ≥ 1，故 ( a 2
x1
x2
2 p, y1
y2
x1
x2
p 3p
得
AB 中点为
D(
3 p,
p)
2
AB 中垂线为 y
3 p
2
(x p)
x
0 代入得 y
5 p
5
2
p 2 ……………５ 分
（Ⅱ）设 l 的方程为 y kx 1，代入 x2 4 y 得 x2 4kx 4 0
AB y1 y2 2 k ( x1 x2 ) 4 4k 2 4
故 PD : AD 2h : 2m h: m 6 : 2. …………………………… 12 分
20.解：（Ⅰ） F (0, p ) 当 l 的倾斜角为 45 时， l 的方程为 y x p
2
2
设 A( x1, y1), B( x2 , y2 )
2018-2019学年河南省鹤壁市高级中学高一下学期第一次段考数学试题(解析版)

2018-2019学年河南省鹤壁市高级中学高一下学期第一次段考数学试题(解析版)

2018-2019学年河南省鹤壁市高级中学高一下学期第一次段考数学试题一、单选题1．若集合{}|0B x x =≥，且A B A =，则集合A 可能是（ ）A ．{}1,2B ．{}|1x x ≤C ．{}1,0,1-D ．R【答案】A【解析】∵A B A ⋂= ∴A B ⊆∵集合{|0}B x x =≥ ∴选项A 满足要求 故选A.2．若sin αcos α0<,则角α的终边位于( ) A ．第一、二象限 B ．第二、三象限C ．第二、四象限D ．第三、四象限【答案】C【解析】由sin αcos α0<可得sin α0,cos α>0<⎧⎨⎩ 或sin α>0,cos α0⎧⎨<⎩又三角函数在各个象限的符号可求角α的终边所在象限. 【详解】由sin αcos α0<可得sin α0,cos α>0<⎧⎨⎩ 或sin α>0,cos α0⎧⎨<⎩当sin α0cos α>0<⎧⎨⎩时角α的终边位于第四象限，当sin α>0cos α0⎧⎨<⎩时角α的终边位于第二象限.故选C. 【点睛】本题考查角函数在各个象限的符号，属基础题.3．已知甲、乙两组数据的茎叶图如图所示，若它们的中位数相同，则甲组数据的平均数为A ．30B ．31C ．32D ．33【答案】B【解析】由茎叶图可知乙组数据的中位数为：3234332+=，结合题意可知甲组数据的中位数为33，即3m =， 则甲组数据的平均数为：243336313++=.故选B .4．在跳水比赛中，七位裁判为一选手打出的分数如下：9.0 8.9 9.0 9.5 9.3 9.4 9.3去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均值和方差分别为（ ） A ．9.2，0.02 B ．9.2，0.028C ．9.3，0.02D ．9.3，0.028【答案】B【解析】根据题意，利用平均值和方差的计算公式即可得出。

2018年河南省高考数学一模试卷(理科)

2018年河南省高考数学一模试卷(理科)

2018年河南省高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）1. 已知集合A={x|x2−2x−3>0}，B=N，则集合(∁R A)∩B中元素的个数为（）A.2B.3C.4D.52. 若复数a+3i（a∈R，i为虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为（）1+2iA.−6B.13C.3D.√132)，f(x0)<0，则（）3. 已知f(x)=sinx−tanx，命题p:∃x0∈(0, π2)，f(x)≥0A.p是假命题，￢p:∀x∈(0, π2)，f(x0)≥0B.p是假命题，￢p:∃x0∈(0, π2)，f(x)≥0C.p是真命题，￢p:∀x∈(0, π2)，f(x0)≥0D.p是真命题，￢p:∃x0∈(0, π24. 已知程序框图如图，则输出i的值为（）A.7B.9C.11D.135. 2018年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中（1）班、（2）班，（3）班、（4）班每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学（乘同一辆车的4名同学不考虑位置），其中（1）班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有（）A.18种B.24种C.48种D.36种6. 《九章算术》是我国古代数学名著，在《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该“阳马”的表面积为( )A.1+√2B.1+2√2C.2+√2D.2+2√27. 设不等式组{x +y ≤4y −x ≥0x −1≥0 表示的平面区域为D ，若圆C ：(x +1)2+y 2=r 2(r >0)不经过区域D 上的点，则r 的取值范围为（ ） A.(0, √5)∪(√13, +∞) B.(√13, +∞) C.(0, √5) D.[√5, √13]8. 若等边三角形ABC 的边长为3，平面内一点M 满足6CM →−3CA →=2CB →，则AM →⋅BM →的值为( ) A.−152 B.−2 C.2D.1529. 关于函数f(x)=3sin(2x −π3)+1(x ∈R)，下列命题正确的是（ ） A.由f(x 1)=f(x 2)=1可得x 1−x 2是π的整数倍 B.y =f(x)的表达式可改写成f(x)=3cos(2x +π6)+1 C.y =f(x)的图象关于点(3π4, 1)对称 D.y =f(x)的图象关于直线x =−π12对称10. 设函数f(x)=mx 2−mx −1，若对于x ∈[1, 3]，f(x)<−m +4恒成立，则实数m 的取值范围为（ ）A.(−∞, 0]B.[0,57) C.(−∞,0)∪(0,57) D.(−∞,57)11. 设双曲线的方程为x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)，若双曲线的渐近线被圆M:x 2+y 2−10x =0所截得的两条弦长之和为12，已知△ABP 的顶点A ，B 分别为双曲线的左、右焦点，顶点P 在双曲线上，则|sinP||sinA−sinB|的值等于（ ） A.35 B.√73C.53D.√712. 已知定义在R 上的函数f(x)和g(x)分别满足f(x)=f ′(1)2，e 2x−2+x 2−2f(0)⋅x ，g′(x)+2g(x)<0，则下列不等式恒成立的是（ ） A.g(2016)<f(2)⋅g(2018) B.f(2)⋅g(2016)<g(2018) C.g(2016)>f(2)⋅g(2018) D.f(2)⋅g(2016)>g(2018)二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 设a =∫π(cosx −sinx)dx ，则二项式(a √x √x )6的展开式中含x 2项的系数为________．若函数f(x)={x(x −b),x ≥0,ax(x +2),x <0(a, b ∈R)为奇函数，则f(a +b)的值为________．已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若有一半径为2的球与三棱柱的各条棱均相切，则AA 1的长度为________．如图，OA ，OB 为扇形湖面OAB 的湖岸，现欲利用渔网和湖岸在湖中隔出两个养殖区-区域I 和区域Ⅱ，点C 在AB^上，∠COA =θ，CD // OA ，其中AC ^，半径OC 及线段CD 需要用渔网制成．若∠AOB =π3，OA =1，则所需渔网的最大长度为________．三、解答题（共70分）已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1<2，a n >0，6S n =a n 2+3a n +2，n ∈N ∗．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若对∀n ∈N ∗，b n =(−1)na n 2，求数列{b n }的前2n 项的和T 2n ．如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AB // CD ，∠BAD =90∘，DC =DA =2AB =2√5，点E 为AD 的中点，BD ∩CE =H ，PH ⊥平面ABCD ，且PH =4．（1）求证：PC ⊥BD ；（2）线段PC 上是否存在一点F ，使二面角B −DF −C 的余弦值是√1515？若存在，请找出点F 的位置；若不存在，请说明理由．某地区为了解学生学业水平考试的状况，从参加学业水平考试的学生中抽出160名，其数学组成绩（均为整数）的频率分布直方图如图所示． （1）估计这次考试数学成绩的平均分和众数；（2）假设在(90, 100]段的学生中有3人得满分100分，有2人得99分，其余学生的数学成绩都不相同．现从90分以上的学生中任取4人，不同分数的个数为ξ，求ξ的分布列及数学期望E(ξ)．已知椭圆C 1:x 2a+y 2b =1(a >b >0)的离心率为√22，右焦点F 是抛物线C 2:y 2=2px(p >0)的焦点，点(2, 4)在抛物线C 2上． （1）求椭圆C 1的方程；（2）已知斜率为k 的直线l 交椭圆C 1于A ，B 两点，M(0, 2)，直线AM 与BM 的斜率乘积为−12，若在椭圆上存在点N ，使|AN|=|BN|，求△ABN 的面积的最小值．已知函数f(x)=ae x +x 2−bx(a, b ∈R)，其导函数为y =f′(x)．（1）当b =2时，若函数y =f′(x)在R 上有且只有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）设a ≠0，点P(m, n)(m, n ∈R)是曲线y =f(x)上的一个定点，是否存在实数x 0(x 0≠m)，使得f(x 0)−n =f′(x 0+m 2)(x 0−m)成立？并证明你的结论．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]在直角坐标系xOy 中，已知直线l 1:{x =tcosαy =tsinα （t 为参数），l 2:{x =tcos(α+π4)y =tsin(α+π4) （t 为参数），其中α∈(0, 3π4)，以原点O 为极点，x 轴非负半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ−4cosθ=0．（1）写出l1，l2的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程；（2）设l1，l2分别与曲线C交于点A，B（非坐标原点），求|AB|的值．[选修4-5：不等式选讲]设函数f(x)=|x−a|(a>0)．（1）当a=2时，解不等式f(x)≥1−2x；（2）已知f(x)+|x−1|的最小值为3，且m2n=a(m>0, n>0)，求m+n的最小值．参考答案与试题解析2018年河南省高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）1.【答案】 C【考点】交、并、补集的混合运算 【解析】可先求出集合A ={x|x <−1, 或x >3}，然后进行交集、补集的运算即可． 【解答】A ={x|x <−1, 或x >3}； ∴ ∁R A ={x|−1≤x ≤3}； ∴ (∁R A)∩B ={0, 1, 2, 3}． 2.【答案】 A【考点】虚数单位i 及其性质 复数的运算 复数的模复数的基本概念 【解析】利用复数的除法运算化简为a +bi(a, b ∈R)的形式，由实部等于0且虚部不等于求解a 的值． 【解答】由复数a+3i1+2i =(a+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=(a+6)+(3−2a)i5=a+65+3−2a 5i 是纯虚数，则{a+65=03−2a5≠0，解得a =−6．3.【答案】 C【考点】命题的真假判断与应用 命题的否定 【解析】利用特称值，判断特称命题的真假，利用命题的否定关系，特称命题的否定是全称命题写出结果． 【解答】f(x)=sinx −tanx ，x ∈(0, π2)，当x =π4时，∴ f(x)=√22−1<0，命题p:∃x 0∈(0, π2)，f(x 0)<0，是真命题，命题p:∃x0∈(0, π2)，f(x0)<0，则￢p:∀x∈(0, π2)，f(x)≥0．4.【答案】D【考点】程序框图【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量i的值，模拟程序的运行过程，可得答案．【解答】当S=1时，不满足退出循环的条件，故S=1，i=3；当S=1时，不满足退出循环的条件，故S=3，i=5；当S=3时，不满足退出循环的条件，故S=15，i=7；当S=15时，不满足退出循环的条件，故S=105，i=9；当S=105时，不满足退出循环的条件，故S=945，i=11；当S=945时，不满足退出循环的条件，故S=10395，i=13；当S=10395时，满足退出循环的条件，故输出的i=13，5.【答案】B【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】分类讨论，第一类，一班的2名同学在甲车上；第二类，一班的2名同学不在甲车上，再利用组合知识，问题得以解决．【解答】由题意，第一类，一班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个为C32＝3，然后分别从选择的班级中再选择一个学生为C21C21＝4，故有3×4＝12种．第二类，一班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，为C31＝3，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为C21C21＝4，这时共有3×4＝12种，根据分类计数原理得，共有12+12＝24种不同的乘车方式，6.【答案】C【考点】由三视图求表面积【解析】由三视图知该几何体是侧棱垂直于底面的四棱锥，画出图形结合图形求出它的表面积．【解答】解：由三视图知该几何体是侧棱垂直于底面的四棱锥，如图所示；正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形， ∴ 四棱锥的底面是正方形，且边长为1，其中一条侧棱PD ⊥底面ABCD ，且侧棱PD =1，∴ 四棱锥的四个侧面都为直角三角形，且PA =PC =√2， ∴ 四棱锥的表面积为S =S 底面ABCD +2S △PAD +2S △PAB=1+2×12×1×1+2×12×1×√2=2+√2． 故选C . 7.【答案】 A【考点】 简单线性规划 【解析】作出题中不等式组表示的平面区域，得到如图的△MNP 及其内部，而圆C 表示以(−1, −1)为圆心且半径为r 的圆．观察图形，可得半径r <CM 或r >CP 时，圆C 不经过区域D 上的点，由此结合平面内两点之间的距离公式，即可得到r 的取值范围． 【解答】作出不等式组{x +y ≤4y −x ≥0x −1≥0表示的平面区域，得到如图的△MNP 及其内部，其中M(1, 1)，N(2, 2)，P(1, 3)∵ 圆C ：(x +1)2+y 2=r 2(r >0)表示以C(−1, 0)为圆心，半径为r 的圆， ∴ 由图可得，当半径满足r <CM 或r >CP 时，圆C 不经过区域D 上的点， ∵ CM =√(1+1)2+12=√5，CP =√(1+1)2+32=√13． ∴ 当0<r <√5或r >√13时，圆C 不经过区域D 上的点， 8.【答案】 B【考点】平面向量数量积的运算向量加减混合运算及其几何意义 【解析】根据条件可先求出CA →∗CB →=92，而由6CM →−3CA →=2CB →即可得出CM →=12CA →+13CB →，这样即可用CA →,CB →分别表示出AM →,BM →，然后进行数量积的运算即可．【解答】解：等边三角形ABC 的边长为3； ∴ CA →⋅CB →=|CA →||CB →|cos60∘=92；6CM →−3CA →=2CB →； ∴ CM →=12CA →+13CB →；∴ AM →=AC →+CM →=−CA →+12CA →+13CB →=−12CA →+13CB →，BM →=BC →+CM →=−CB →+12CA →+13CB →=12CA →−23CB →； ∴ AM →⋅BM →=(−12CA →+13CB →)⋅(12CA →−23CB →)=−14CA →2+12CA →⋅CB →−29CB →2=−94+94−2=−2． 故选B . 9.【答案】 D【考点】正弦函数的图象 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由f(x)=3sin (2x −π3)+1=1，得sin (2x −π3)=0，即2x −π3=kπ(k ∈Z)，解得x =kπ2+π6(k ∈Z)，所以x 1=k 1π2+π6(k 1∈Z ),x 2=k 2π2+π6(k 2∈Z )，所以x 1−x 2=π2(k 1−k 2)(k 1,k 2∈Z )，是π2的整数倍，故A 错误；由f(x)=3sin (2x −π3)+1，得f(x)=−3cos (2x −π3+π2)+1=−3cos (2x +π6)+1，故B 错误；由2x −π3=kπ(k ∈Z)，得x =kπ2+π6(k ∈Z)．令kπ2+π6=3π4(k ∈Z)，解得k =76，不符合题意，故C 错误；由2x −π3=kπ+π2(k ∈Z)，得x =kπ2+5π12(k ∈Z)．令k =−1，则x =−π12，即y =f(x)的图象关于直线x =−π12对称，故D 正确． 故选D ． 10.【答案】 D【考点】二次函数的性质 二次函数的图象 【解析】利用分离参数法，再求出对应函数在x ∈[1, 3]上的最大值，即可求m 的取值范围． 【解答】由题意，f(x)<−m +4，可得m(x 2−x +1)<5． ∵ 当x ∈[1, 3]时，x 2−x +1∈[1, 7]， ∴ 不等式f(x)<0等价于m <5x 2−x+1． ∵ 当x =3时，5x 2−x+1的最小值为57， ∴ 若要不等式m <5x 2−x+1恒成立， 则必须m <57，因此，实数m 的取值范围为(−∞, 57)， 11.【答案】 C【考点】 双曲线的特性 【解析】根据垂径定理求出圆心到直线的距离为d =4，再根据点到直线的距离公式可得√a 2+b 2=4，得到5b =4c ，即可求出a =35c ，根据正弦定理可得|sinP||sinA−sinB|=2c 2R |BP 2R −AP 2R |=2c 2a=53【解答】双曲线的一条渐近线方程为y =ba x ，双曲线的渐近线被圆M:x 2+y 2−10x =0，即(x −5)2+y 2=25所截得的两条弦长之和为12，设圆心到直线的距离为d ，则d =√25−9=4， ∴√a 2+b 2=4，即5b=4c，即b=45c∵a2=c2−b2=925c2，∴a=35c，∴|AP−BP|=2a，由正弦定理可得APsinB =PBsinA=ABsinP=2R，∴sinB=AP2R ，sinA=BP2R，sinP=2c2R，∴|sinP||sinA−sinB|=2c2R|BP2R−AP2R|=2c2a=53，12.【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】f(x)=f′(1)2e2x−2+x2−2f(0)⋅x，令x=0，则f(0)=f′(1)2e．由f′(x)=f′(1)⋅e2x−2+2x−2f(0)，令x=1，可得f(0)．进而得出f′(1)，f(x)，f(2)．令ℎ(x)= e2x g(x)，及其已知g′(x)+2g(x)<0，可得ℎ′(x)=e2x[g′(x)+2g(x)]<0，利用函数ℎ(x)在R上单调递减，即可得出．【解答】f(x)=f′(1)2e2x−2+x2−2f(0)⋅x，令x=0，则f(0)=f′(1)2e2．∵f′(x)=f′(1)⋅e2x−2+2x−2f(0)，令x=1，则f′(1)=f′(1)+2−2f(0)，解得f(0)=1．∴f′(1)=2e2．∴f(x)=e2x+x2−2x，∴f(2)=e4．令ℎ(x)=e2x g(x)，∵g′(x)+2g(x)<0，∴ℎ′(x)=e2x g′(x)+2e2x g(x)=e2x[g′(x)+2g(x)]<0，∴函数ℎ(x)在R上单调递减，∴ℎ(2016)>ℎ(2018)，∴e2016×2g(2016)>e2018×2g(2018)，可得：g(2016)>e4g(2018)．∴g(2016)>f(2)g(2018)．故选：C．二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）【答案】192【考点】二项式定理及相关概念定积分根据微积分基本定理首先求出a 的值，然后再根据二项式的通项公式求出r 的值，问题得以解决． 【解答】 解：由于a =∫π(cosx −sinx)dx=(sinx +cosx)|π=−1−1=−2，∴ (−2√x −√x )6=(2√x √x )6 的通项公式为 T r+1=26−r C 6r ⋅x 3−r ， 令3−r =2，求得r =1，故含x 2项的系数为26−1C 61=192． 故答案为：192. 【答案】 −1【考点】 函数的求值 分段函数的应用 【解析】由已知中函数f(x)为奇函数，f(−x)=−f(x)恒成立，可得a ，b 的值，进而可得f(a +b)的值． 【解答】解：∵ 函数为奇函数， 故f(−x)=−f(x)恒成立， 故{a =−1,−b =2a,即{a =−1,b =2, ∴ f(x)={x 2−2x,x ≥0,−x 2−2x,x <0,∴ f(a +b)=f(1)=1−2=−1. 故答案为−1． 【答案】 2√3【考点】柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】由题意求出正三棱柱的高、底面边长，即可求出AA 1的长度． 【解答】由题意，△ABC 的外接圆即为球的大圆，r =2， 设底面△ABC 外接圆圆心G ，即GA =GB =GC =2，从而正三角形ABC 边长2√3， 设球心O ，由题意，E 、D 在球面上，OE =OD =2， F 为DE 中点，则OF ⊥DE ，OF =GD =12GC =1， 在Rt △OEF 中，OE =2，OF =1，∴ EF =√3， ∴ DE =2√3， ∴ AA 1=2√3．π+6+2√36【考点】扇形面积公式【解析】确定∠COD，在△OCD中利用正弦定理求得CD的长度，根据所需渔网长度，即图中弧AC、半径OC和线段CD长度之和，确定函数的解析式，利用导数确定函数的最值，求得所需渔网长度的最大值．【解答】由CD // OA，∠AOB=π3，∠AOC=θ，得∠OCD=θ，∠ODC=2π3，∠COD=π3−θ；在△OCD中，由正弦定理，得CD=√3sin(π3−θ)，θ∈(0, π3)，设渔网的长度为f(θ)，可得f(θ)=θ+1√3sin(π3−θ)，所以f′(θ)=1−√3cos(π3−θ)，因为θ∈(0, π3)，所以π3−θ∈(0, π3)，令f′(θ)=0，得cos(π3−θ)=√3，所以π3−θ=π6，所以θ=π6．所以f(θ)∈(2, π+6+2√36]．故所需渔网长度的最大值为π+6+2√36．三、解答题（共70分）【答案】6S n=a n2+3a n+2，n∈N∗．n≥2时，6a n=6S n−6S n−1=a n2+3a n+2−(a n−12+3a n−1+2)，化为：(a n+ a n−1)(a n−a n−1−3)=0，∵a n>0，∴a n−a n−1=3，n=1时，6a1=a12+3a1+2，且a1<2，解得a1=1．∴数列{a n}是等差数列，首项为1，公差为3．∴a n=1+3(n−1)=3n−2．b n=(−1)na n2=(−1)n(3n−2)2．∴b2n−1+b2n=−(6n−5)2+(6n−2)2=3(12n−7)=36n−21．∴数列{b n}的前2n项的和T2n=36(1+2+……+n)−21n=36×n(n+1)2−21n= 18n2−3n．【考点】数列递推式 【解析】（1）6S n =a n 2+3a n +2，n ∈N ∗．n ≥2时，6a n =6S n −6S n−1，化为(a n +a n−1)(a n −a n−1−3)=0，由a n >0，可得a n −a n−1=3，n =1时，6a 1=a 12+3a 1+2，且a 1<2，解得a 1．利用等差数列的通项公式可得a n ．（2）b n =(−1)na n 2=(−1)n (3n −2)2．b 2n−1+b 2n =−(6n −5)2+(6n −2)2=3(12n −7)=36n −21．利用分组求和即可得出． 【解答】6S n =a n 2+3a n +2，n ∈N ∗．n ≥2时，6a n =6S n −6S n−1=a n 2+3a n +2−(a n−12+3a n−1+2)，化为：(a n +a n−1)(a n −a n−1−3)=0，∵ a n >0，∴ a n −a n−1=3，n =1时，6a 1=a 12+3a 1+2，且a 1<2，解得a 1=1．∴ 数列{a n }是等差数列，首项为1，公差为3． ∴ a n =1+3(n −1)=3n −2． b n =(−1)na n 2=(−1)n (3n −2)2．∴ b 2n−1+b 2n =−(6n −5)2+(6n −2)2=3(12n −7)=36n −21． ∴ 数列{b n }的前2n 项的和T 2n =36(1+2+……+n)−21n =36×n(n+1)2−21n =18n 2−3n ． 【答案】∵ AB // CD ，∠BAD =90∘，∴ ∠EDC =∠BAD =90∘， ∵ DC =DA =2AB ，E 为AD 的中点，∴ AB =ED ， ∴ △BAD ≅△EDC ，∴ ∠DBA =∠DEH ，∵ ∠DBA +∠ADB =90∘，∴ ∠DEH +∠ADB =90∘，∴ BD ⊥EC ， 又∵ PH ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴ BD ⊥PH ，又∵ PH ∩EC =H ，且PH ，EC ⊂平面PEC ，∴ BD ⊥平面PEC ， 又∵ PC ⊂平面PEC ，∴ PC ⊥BD ． 由（1）可知△DHE ∽△DAB ，由题意得BD =EC =5，AB =DE =√5， ∴ DHDA =EHBA =DEDB ，∴ EH =1，HC =4，DH =2，HB =3， ∵ PH 、EC 、BD 两两垂直，建立以H 为坐标原点，HB 、HC 、HP 所在直线分别为x ，y ，z 轴的坐标系， H(0, 0, 0)，B(3, 0, 0)，C(0, 4, 0)，D(−2, 0, 0)，P(0, 0, 4)， 假设线段PC 上存在一点F 满足题意，∵ CF →与CP →共线，∴ 存在唯一实数λ，(0≤λ≤1)，满足CF →=λCP →， 解得F(0, 4−4λ, 4λ)，设向量n →=(x, y, z)为平面CPD 的一个法向量，且CP →=(0, −4, 4)，CD →=(−2, −4, 0)， ∴ {n →∗CP →=−4y +4z =0n →∗CD →=−x −2y =0 ，取x =2，得n →=(2, −1, −1)，同理得平面CPD 的一个法向量m →=(0, λ, λ−1)，∵二面角B−DF−C的余弦值是√1515，∴|cos<n→,m→>|=|n→∗m→||n→|∗|m→|=√6∗√2λ2−2λ+1=√1515，由0≤λ≤1，解得λ=34，∴CF→=34CP →，∵CP=4√2，∴线段PC上存在一点F，当点F满足CF=3√2时，二面角B−DF−C的余弦值是√1515．【考点】二面角的平面角及求法【解析】（1）推导出△BAD≅△EDC，∠DBA=∠DEH，从而BD⊥EC，由PH⊥平面ABCD，得BD⊥PH，由此能证明BD⊥平面PEC，从而PC⊥BD．（2）推导出PH、EC、BD两两垂直，建立以H为坐标原点，HB、HC、HP所在直线分别为x，y，z轴的坐标系，利用向量法能求出线段PC上存在一点F，当点F满足CF=3√2时，二面角B−DF−C的余弦值是√1515．【解答】∵AB // CD，∠BAD=90∘，∴∠EDC=∠BAD=90∘，∵DC=DA=2AB，E为AD的中点，∴AB=ED，∴△BAD≅△EDC，∴∠DBA=∠DEH，∵∠DBA+∠ADB=90∘，∴∠DEH+∠ADB=90∘，∴BD⊥EC，又∵PH⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PH，又∵PH∩EC=H，且PH，EC⊂平面PEC，∴BD⊥平面PEC，又∵PC⊂平面PEC，∴PC⊥BD．由（1）可知△DHE∽△DAB，由题意得BD=EC=5，AB=DE=√5，∴DHDA =EHBA=DEDB，∴EH=1，HC=4，DH=2，HB=3，∵PH、EC、BD两两垂直，建立以H为坐标原点，HB、HC、HP所在直线分别为x，y，z轴的坐标系，H(0, 0, 0)，B(3, 0, 0)，C(0, 4, 0)，D(−2, 0, 0)，P(0, 0, 4)，假设线段PC上存在一点F满足题意，∵CF→与CP→共线，∴存在唯一实数λ，(0≤λ≤1)，满足CF→=λCP→，解得F(0, 4−4λ, 4λ)，设向量n →=(x, y, z)为平面CPD 的一个法向量，且CP →=(0, −4, 4)，CD →=(−2, −4, 0)， ∴ {n →∗CP →=−4y +4z =0n →∗CD →=−x −2y =0 ，取x =2，得n →=(2, −1, −1)，同理得平面CPD 的一个法向量m →=(0, λ, λ−1)， ∵ 二面角B −DF −C 的余弦值是√1515，∴ |cos <n →,m →>|=|n →∗m →||n →|∗|m →|=6∗√2λ2−2λ+1=√1515， 由0≤λ≤1，解得λ=34， ∴ CF →=34CP →，∵ CP =4√2，∴ 线段PC 上存在一点F ，当点F 满足CF =3√2时，二面角B −DF −C 的余弦值是√1515．【答案】x =45×0.005×10+55×0.015×10+65×0.02×10+75×0.03×10+85×0.025×10+95×0.005×10=72（分）， 众数为75分．90分以上的人数为160×0.005×10=8人． ∴ ξ的可能取值为2，3，4， P(ξ=2)=C 33∗C51+C32∗C22C 84=435，P(ξ=3)=C 32∗C21∗C31+C31∗C22∗C31+C32∗C32+C22∗C32C 84=3970，P(ξ=4)=C 32∗C31∗C21+C33∗C51C 84=2370．∴ ξ的分布列为：∴ ξ的数学期望是E(ξ)=2×435+3×3970+4×2370=4514．【考点】频率分布直方图离散型随机变量的期望与方差 【解析】（1）把组中值看作各小组的平均数，根据加权平均数公式计算； （2）根据组合数公式计算各种情况的概率，得出分布列． 【解答】x =45×0.005×10+55×0.015×10+65×0.02×10+75×0.03×10+85×0.025×10+95×0.005×10=72（分）， 众数为75分．90分以上的人数为160×0.005×10=8人． ∴ ξ的可能取值为2，3，4， P(ξ=2)=C 33∗C51+C32∗C22C 84=435，P(ξ=3)=C 32∗C21∗C31+C31∗C22∗C31+C32∗C32+C22∗C32C 84=3970，P(ξ=4)=C 32∗C31∗C21+C33∗C51C 84=2370．∴ ξ的分布列为：∴ ξ的数学期望是E(ξ)=2×435+3×3970+4×2370=4514．【答案】∵ 点(2, 4)在抛物线y 2=2px 上， ∴ 16=4p ， 解得p =4，∴ 椭圆的右焦点为F(2, 0)， ∴ c =2， ∵ 椭圆C 1:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√22，∴ ca =√22，∴ a =2√2，∴ b 2=a 2−c 2=8−4=4， ∴ 椭圆C 1的方程为x 28+y 24=1，设直线l 的方程为y =kx +m ，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 由{y =kx +mx 2+2y 2=8 ，消y 可得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−8=0， ∴ x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−81+2k 2，∴ y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m =2m1+2k 2，y 1y 2=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2=m 2−8k 21+2k 2∵ M(0, 2)，直线AM 与BM 的斜率乘积为−12， ∴ k 1⋅k 2=y 1−2x 1⋅y 2−2x 2=y 1y 2−2(y 1+y 2)+4x 1x 2=m−22(m+2)=−12，解得m =0，∴ 直线l 的方程为y =kx ，线段AB 的中点为坐标原点，由弦长公式可得|AB|=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√32(k 2+1)1+2k 2，∵ |AN|=|BN|，∴ ON 垂直平分线段AB ，当k ≠0时，设直线ON 的方程为y =−1k x ， 同理可得|ON|=12√32(1k 2+1)2×1k2+1=12√32(k 2+1)k 2+2，∴ S △ABN =12|ON|⋅|AB|=8√(k 2+1)2(k 2+2)(2k 2+1)，当k =0时，△ABN 的面积也适合上式， 令t =k 2+1，t ≥1，0<1t ≤1， 则S △ABN =8√t 2(t+1)(2t−1)=8√1−1t 2+1t+2=8√1−(1t −12)2+94，∴ 当1t =12时，即k =±1时，S △ABN 的最小值为163．【考点】椭圆的定义 【解析】（1）先求出p 的值，即可求出c 的值，根据离心率求出a 的值，即可得到椭圆方程，（2）设直线l 的方程为y =kx +m ，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，由{y =kx +mx 2+2y 2=8 ，根据直线AM 与BM 的斜率乘积为−12，求出m =0，再根据弦长公式求出|AB|和|ON|，表示出三角形的面积来，再利用二次函数的性质即可求出最小值． 【解答】∵ 点(2, 4)在抛物线y 2=2px 上， ∴ 16=4p ， 解得p =4，∴ 椭圆的右焦点为F(2, 0)， ∴ c =2， ∵ 椭圆C 1:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√22， ∴ c a =√22，∴ a =2√2，∴ b 2=a 2−c 2=8−4=4， ∴ 椭圆C 1的方程为x 28+y 24=1，设直线l 的方程为y =kx +m ，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 由{y =kx +mx 2+2y 2=8 ，消y 可得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−8=0， ∴ x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−81+2k 2，∴ y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m =2m1+2k 2，y 1y 2=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2=m 2−8k 21+2k 2∵ M(0, 2)，直线AM 与BM 的斜率乘积为−12， ∴ k 1⋅k 2=y 1−2x 1⋅y 2−2x 2=y 1y 2−2(y 1+y 2)+4x 1x 2=m−22(m+2)=−12，解得m =0，∴ 直线l 的方程为y =kx ，线段AB 的中点为坐标原点， 由弦长公式可得|AB|=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√32(k 2+1)1+2k 2，∵ |AN|=|BN|，∴ ON 垂直平分线段AB ，当k ≠0时，设直线ON 的方程为y =−1k x ， 同理可得|ON|=12√32(1k 2+1)2×1k2+1=12√32(k 2+1)k 2+2，∴ S △ABN =12|ON|⋅|AB|=8√(k 2+1)2(k 2+2)(2k 2+1)，当k =0时，△ABN 的面积也适合上式， 令t =k 2+1，t ≥1，0<1t ≤1， 则S △ABN =8√t 2(t+1)(2t−1)=8√1−1t 2+1t+2=8√1−(1t −12)2+94，∴ 当1t =12时，即k =±1时，S △ABN 的最小值为163． 【答案】解：（1）当b =2时，f(x)=ae x +x 2−2x ，(a ∈R)， f′(x)=ae x +2x −2，(a ∈R)， 由f ′(x)=0得ae x +2x −2=0，即a =2−2x e x，令ℎ(x)=2−2x e x，则ℎ′(x)=2x−4e x=0，解得x =2．当x <2时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减； 当x >2时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增． ∴ ℎ(x)min =ℎ(2)=−2e 2． ∵ 当x →−∞时，ℎ(x)=2−2x e x →+∞；当x →+∞时，ℎ(x)=2−2x e x→0．所以更满足题意，则a =−2e 2或a ∈[0,+∞)．(2)由f(x)=ae x +x 2−bx ，得f ′(x)=ae x +2x −b ， 假设存在满足题意的x 0， 则有f (x 0)=f ′(x 0+m 2)(x 0−m )+n =f ′(x 0+m 2)(x 0−m )+f(m)，即f (x 0)−f(m)x 0−m=f ′(x 0+m 2)(x 0≠m )．因为f ′(x 0+m 2)=ae 12(x 0+m)+2⋅x 0+m 2−b ，f (x 0)−f(m)x 0−m =a (e x 0−e m )+(x 02−m 2)−b (x 0−m )x 0−m =a(e x 0−e m)x 0−m +(x 0+m )−b ，所以ae 12(x 0+m)+2⋅x 0+m 2−b =a (e x 0−e m )x 0−m+(x 0+m )−b ，即ae12(x 0+m)=a (e x 0−e m )x 0−m，因为a ≠0，所以e−12(x 0+m)=e x 0−e m x 0−m，不妨令t =x 0−m >0，则有e 12t+m =e m+t −e mt，两边同时除以e m ，得e 12t =e t −1t，即te 12t =e t −1，令g(t)=e t −te 12t −1，所以g ′(t)=e t −(e 12+t2e 12)=e 12(e 12−t2−1)，令ℎ(t)=e 12−t 2−1，则ℎ′(t)=12e12−12=12(e 12−1)>0(t >0)，所以ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增，又ℎ(0)=0，所以ℎ(t)>0对于t ∈(0,+∞)恒成立，即g ′(t)>0对于t ∈(0,+∞)恒成立， 所以g(t)在(0,+∞)上单调递增，又g(0)=0， 所以g(t)>0对于t ∈(0,+∞)恒成立， 所以ae 12(x 0+m)=a (e x 0−e m )x 0−m不成立，同理可证得当t =x 0−m <0时，也不成立， 所以不存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)−n =f ′(x 0+m 2)(x 0−m)成立．【考点】导数求函数的最值 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：（1）当b =2时，f(x)=ae x +x 2−2x ，(a ∈R)， f′(x)=ae x +2x −2，(a ∈R)， 由f ′(x)=0得ae x +2x −2=0，即a =2−2x e x，令ℎ(x)=2−2x e x，则ℎ′(x)=2x−4e x=0，解得x =2．当x <2时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；当x >2时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增．∴ ℎ(x)min =ℎ(2)=−2e 2．∵ 当x →−∞时，ℎ(x)=2−2x e x →+∞；当x →+∞时， ℎ(x)=2−2xe x →0．所以更满足题意，则a =−2e 2或a ∈[0,+∞)．(2)由f(x)=ae x +x 2−bx ，得f ′(x)=ae x +2x −b ，假设存在满足题意的x 0，则有f (x 0)=f ′(x 0+m 2)(x 0−m )+n =f ′(x 0+m 2)(x 0−m )+f(m)， 即f (x 0)−f(m)x 0−m =f ′(x 0+m 2)(x 0≠m )．因为f ′(x 0+m 2)=ae 12(x 0+m)+2⋅x 0+m 2−b ，f (x 0)−f(m)x 0−m =a (e x 0−e m )+(x 02−m 2)−b (x 0−m )x 0−m =a(e x 0−e m )x 0−m+ (x 0+m )−b ，所以ae12(x 0+m)+2⋅x 0+m 2−b =a (e x 0−e m )x 0−m +(x 0+m )−b ， 即ae 12(x 0+m)=a (e x 0−e m )x 0−m， 因为a ≠0，所以e −12(x 0+m)=e x 0−e mx 0−m， 不妨令t =x 0−m >0，则有e 12t+m =e m+t −e m t， 两边同时除以e m ，得e 12t =e t −1t ，即te 12t =e t −1，令g(t)=e t −te 12t −1， 所以g ′(t)=e t −(e 12+t 2e 12)=e 12(e 12−t 2−1)， 令ℎ(t)=e 12−t 2−1，则ℎ′(t)=12e 12−12=12(e 12−1)>0(t >0)，所以ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增，又ℎ(0)=0，所以ℎ(t)>0对于t ∈(0,+∞)恒成立，即g ′(t)>0对于t ∈(0,+∞)恒成立， 所以g(t)在(0,+∞)上单调递增，又g(0)=0，所以g(t)>0对于t ∈(0,+∞)恒成立，所以ae 12(x 0+m)=a (e x 0−e m )x 0−m 不成立，同理可证得当t =x 0−m <0时，也不成立，所以不存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)−n =f ′(x 0+m 2)(x 0−m)成立．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]【答案】l1，l2的极坐标方程为θ1=α(ρ∈R)，θ2=α+π4(ρ∈R)．曲线C的极坐标方程方程为ρ−4cosθ=0．即得ρ2−4ρcosθ=0，利用ρ2x2+y2，x=ρcosθ得曲线C的直角坐标方程为(x−2)2+y2=4．因为ρ1=4cosα，ρ2=4cos(α+π4)，所以|AB|2=ρ12+ρ22−2ρ1．ρ2cosπ4=16[cos2α+cos2(α+π4)−√2cosαcos(α+π4)]=16[cos2α+12(cosα−sinα)2−cosα(cosα−sinα)]=8，所以|AB|的值为2√2．【考点】参数方程与普通方程的互化【解析】（1）考查直线l1，l2参数方程与极坐标方程的互化，曲线C的极坐标方程与直角坐标方程的互化．重点都是消去参数t．（2）利用l1，l2极坐标方程，结合余弦定理，计算出|AB|的长度．【解答】l1，l2的极坐标方程为θ1=α(ρ∈R)，θ2=α+π4(ρ∈R)．曲线C的极坐标方程方程为ρ−4cosθ=0．即得ρ2−4ρcosθ=0，利用ρ2x2+y2，x=ρcosθ得曲线C的直角坐标方程为(x−2)2+y2=4．因为ρ1=4cosα，ρ2=4cos(α+π4)，所以|AB|2=ρ12+ρ22−2ρ1．ρ2cosπ4=16[cos2α+cos2(α+π4)−√2cosαcos(α+π4)]=16[cos2α+12(cosα−sinα)2−cosα(cosα−sinα)]=8，所以|AB|的值为2√2．[选修4-5：不等式选讲]【答案】当x≥2时，x−2≥1−2x，得x≥1，故x≥2，当x<2时，2−x≥1−2x，得x≥−1，故−1≤x<2，综上，不等式的解集是{x|x≥−1}；∵f(x)+|x−1|的最小值是3，∴f(x)+|x−1|≥|x−a−(x−1)|=|a−1|=3，故a=4，∵m+n=m2+m2+n≥3√m2∗m2∗n3=3，当且仅当m2=n即m=2，n=1时取“=”．【考点】绝对值三角不等式【解析】（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（2）根据绝对值不等式的性质求出a的值，结合基本不等式的性质求出m+n的最小值即可．【解答】当x≥2时，x−2≥1−2x，得x≥1，故x≥2，当x<2时，2−x≥1−2x，得x≥−1，故−1≤x<2，综上，不等式的解集是{x|x≥−1}；∵f(x)+|x−1|的最小值是3，∴f(x)+|x−1|≥|x−a−(x−1)|=|a−1|=3，故a=4，∵m+n=m2+m2+n≥3√m2∗m2∗n3=3，当且仅当m2=n即m=2，n=1时取“=”．。